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2022届贵州省贵阳一中高三模拟测试理科综合化学试题含解析
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这是一份2022届贵州省贵阳一中高三模拟测试理科综合化学试题含解析，共20页。试卷主要包含了单选题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
贵州省贵阳一中2022届高三模拟测试
理科综合化学试题
一、单选题
1．化学与人类生产、生活密切相关，下列叙述中不正确的是（ ）
A．“烧铁器淬于胆矾水中，即成铜色也”中涉及的反应类型为复分解反应
B．“凡埏泥造瓦，掘地二尺余，择取无沙粘土而为之”中“瓦”的主要成分为硅酸盐
C．“稻以糠为甲，麦以麸为衣”中“糠”的主要成分为纤维素
D．“凡弓弦取食柘叶蚕茧，其丝更坚韧”中“丝”的水解产物为氨基酸
2．3，4-二甲氧基苯基-丙酮是医药行业中常见的合成中间体，其结构如图。下列有关该物质的说法正确的是（ ）
A．可以与NaOH溶液发生水解反应
B．分子中所有碳原子不可能共平面
C．能发生取代反应，不能发生加成反应
D．与互为同分异构体
3．能符合题意表示下列变化的离子方程式是（ ）
A．向次氯酸钙中通入过量的二氧化碳气体：Ca2++2ClO-+CO2+H2O=2HClO+CaCO3↓
B．向硝酸铝溶液中滴加足量氢氧化钡溶液：Al3+ +4OH-=AlO2-+2H2O
C．向氯化铜溶液中通入硫化氢气体：S2- +Cu2+= CuS↓
D．碳酸镁与稀硫酸反应：CO32-+2H+=CO2↑+H2O
4．四氯化锡常用作合成有机锡化合物的原料。利用下图装置使含锡硫渣与氯气反应制备四氯化锡并进行尾气处理。
已知：①无水四氯化锡的熔点为-33°C、沸点为114.1℃；②四氯化锡易水解。下列说法正确的是（ ）
A．装置A中KClO3可用MnO2替代
B．装置D中球形冷凝管的进水口为1、出水口为2
C．装置B的作用是吸收HCl
D．装置E中的试剂为无水氯化钙
5．前20号主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大。已知X的单质既可与强碱反应，又可与强酸反应，W与Y位于同一主族，Z的K层电子数与N层相等， W、X、Y、Z四种元素的最外层电子数之和为13.下列说法正确的是（ ）
A．原子半径由小到大的顺序： X＜ Y
B．Y的最高价氧化物不能与酸溶液反应
C．X的单质不能从CuSO4溶液中置换出Cu
D．ZW2既含非极性共价键又含离子键
6．双极性膜1、2在直流电场作用下能够将水分离成H+与OH-，可以作为H+与OH-的供应源，用如图所示的三室式电渗析转化器可以将有机酸钠盐(NaR)转化制得纯度较高的有机弱酸(HR)。下列相关说法正确的是（ ）
A．ab膜、cd膜分别是阳离子交换膜、阴离子交换膜
B．室1溶液中发生的离子反应为H++R =HR
C．M电极的电极反应式为2H++2e-=H2↑
D．盐室进口处和出口处c(Na+)相等
7．常温下，用NaOH溶液滴定H2A溶液，混合溶液的pH与离子浓度的负对数pX的关系如图所示。pX代表-lgc(A2-)c(HA-)或-lgc(HA-)c(H2A)，曲线M代表-lgc(A2-)c(HA-)与pH的关系，曲线N代表-lgc(HA-)c(H2A)与pH的关系，下列说法不正确的是（ ）
A．a、b两点所加的NaOH溶液体积大小：V(b)＜V(a)
B．滴定至pH=7时，c(Na+ )=2c(A2-) +c(HA- )
C．NaHA溶液中存在c(Na+ )=2c(A2- )+c(H2A) +c(HA- )
D．H2A的第一步电离常数为 10-1.2
二、非选择题
8．过-硫酸氢钾复合盐(K2SO4·KHSO4·2KHSO5，M=614 g·mol-1)是白色粉末状固体，具有强氧化性，易溶于水，当溶液pH大于3.0时分解。实验室制取该物质的实验步骤如下：
①制取过-硫酸(H2SO5) ：先在三颈烧瓶中加入吸附型双氧水稳定剂，然后加入冷的双氧水和过量的浓硫酸，pH控制在2. 0~2.5，反应30 min(反应装置如图所示)；
②过-硫酸氢钾复合盐的制备：向①中反应后的溶液中加入碳酸钾溶液，边加边搅拌，碳酸钾溶液滴加完毕后，反应30min，将反应后的混合液转移至烧杯中，在-10°C条件下冷却结晶后，将混合液转移到抽滤瓶中抽滤，得到滤饼，将滤饼置于电热鼓风干燥箱中烘干，得到产品过-硫酸氢钾复合盐。
回答下列问题：
（1）装置a的名称是 ，用冷的双氧水的原因是 。向三颈烧瓶中加入双氧水和浓硫酸的操作： 。
（2）写出加入碳酸钾溶液时发生反应生成复合盐和KHSO4的化学方程式： 。
（3）步骤②中加入碳酸钾溶液时，应控制加入速度，边加边搅拌的目的是 。
（4）一种简单鉴别市售过-硫酸氢钾复合盐是否合格的方法：把一片过-硫酸氢钾片剂放入装有适量稀盐酸的烧杯中，若很快就可以明显闻到有刺激性气味且持续一定时间，可以证明产品的氧化性很好，从而证明这是合格的过-硫酸氢钾复合盐产品。这种方法的原理是 (用离子方程式表示)。
（5）间接碘量法测定产品活性氧(一个活性氧可得到2e-)含量。
检测原理：2KHSO5 =K2SO4+H2SO4+O2↑
4I-+4H+ +O2=2I2+2H2O
I2+2S2O32-=S4O62-+2I-
量取75 mL蒸馏水于碘量瓶中，加入适量的稀硫酸和过量的碘化钾溶液，称取a g产品于碘量瓶中摇匀。暗处放置5 min后，用c mol·L-1的标准硫代硫酸钠溶液滴定，终点时消耗的体积为V mL，则样品中活性氧的质量分数是 。
9．马日夫盐[Mn(H2PO4)2·2H2O]和碱式碳酸铜[Cu2 (OH)2CO3]具有广泛用途。某化工厂拟以软锰矿(含MnO2和少量Fe2O3、SiO2)和辉铜矿(含Cu2S和少量SiO2、Fe2O3)为原料生产马日夫盐和碱式碳酸铜，其工艺流程如下图所示。
已知：①MnO2有较强的氧化性，能将金属硫化物中的硫氧化为单质硫；
②该条件下：Ksp[Fe(OH)3]=1.0×10-38 ，Ksp[Cu(OH)2]= 1.0×10-20 ，Ksp[Mn(OH)2]=1.0×10-14。
回答下列问题：
（1）滤渣1的主要成分是 (写化学式)，酸浸时，Cu2S和MnO2反应的化学方程式为 。
（2）检验浸出液中是否含有Fe2+ ，可用K3Fe(CN)6溶液，浸出液中含有Fe2+ 的现象是 。
（3）试剂x为某种酸式盐，从产品纯度来看，x最好为 (写化学式)。
（4）本工艺中可循环使用的物质是 (写化学式)。
（5）若浸出液中c(Mn2+)=c(Cu2+)=1.0 mol·L-1，则流程中调节浸出液pH=a，其中a的范围为 (当离子浓度≤1.0×10-5 mol·L-1时，沉淀完全)。
（6）除Fe3+也可以用合适的萃取剂，Fe3+的萃取率与pH的关系如图所示，pH>1.7后，随pH增大，Fe3+萃取率下降的原因是 。
10．碳基能源的大量消耗使大气中CO2的浓度持续不断地增大，造成的温室效应得到了世界各国的广泛重视。CO2甲烷化是有效利用二氧化碳资源的途径之一，是减少CO2的一种比较有效的实际方法，在环境保护方面显示出较大潜力。CO2甲烷化过程涉及的化学反应如下：
①CO2甲烷化反应：CO2(g) +4H2(g)⇌CH4(g) +2H2O(g) ΔH=-165 kJ·mol-1
②逆水煤气变换反应：CO2(g) + H2(g)⇌CO(g) + H2O(g) ΔH=+41.1 kJ·mol-1
（1）写出CO甲烷化反应的热化学方程式： 。
（2）图甲是温度和压强对CO2平衡转化率影响的关系图。随温度的升高，CO2的转化率先减小后增大的原因是 ，该实验条件下的压强有0.1MPa、3.0MPa、10.0MPa，图中a点压强为 MPa。
（3）图乙是反应条件对CO2甲烷化反应中CH4选择性影响的关系图。工业上一般选用的温度为400℃，则压强应选用 MPa，原因是 。
（4）450°C时，若在体积为1 L的恒容密闭容器中加入1 mol CO2和4 mol H2混合原料气只发生反应：CO2(g)+4H2(g)⇌CH4(g)+2H2O(g) ΔH=-165 kJ·mol-1。平衡时CO2的转化率为75%，则该温度下此反应的平衡常数K= 。
（5）废气中的CO2可转化为甲醚(CH3OCH3) ，甲醚可用于制作甲醚燃料电池(如图丙)，质子交换膜左右两侧溶液均为6 mol·L-1的H2SO4溶液。则电极d为 (填“正”或“负”)极，电极c上发生的电极反应为 。
11．镍及其化合物用途广泛，可用作催化剂、合金、电器元件等。回答下列问题：
（1）基态Ni原子价电子排布图为 。
（2）某镍配合物由1个Ni2+与2个形成。
①形成该镍配合物的元素中，第二周期元素的第一电离能最大的为 (用元素符号表示) ，配合物中N采用的杂化类型为 。
②已知该配合物中只有一种元素的原子与Ni2+配位，则与镍配位的原子为 (填“C”、“N"”或“O")，原因为 。
（3）Ni(CO)4是常温下呈液态的镍的重要配合物，易溶于CCl4、苯等有机溶剂，则Ni(CO)4的空间构型为 ，Ni(CO)4中含有的σ键与π键的数目之比为 。
（4）由Mg、C和Ni组成的新型超导材料晶体的立方晶胞结构如图所示。
①该新型超导材料的化学式为 。
②若晶胞参数为a nm，阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶体的密度为 g·cm-3。
12．有机物W是一种抗失眠药，W的一种合成路线如下图所示。
已知：
回答下列问题：
（1）A具有的官能团名称是 。
（2）B的化学名称是 。
（3）反应②的反应类型为 。
（4）反应④中，Y的结构简式为 。
（5）写出反应⑤的化学方程式： 。
（6）C的某同系物Z的分子式为C8 H6ClFO，满足下列条件的化合物Z的同分异构体有 种(不考虑空间异构)。
①核磁共振氢谱图显示有6种不同化学环境的氢原子
②苯环上有两个取代基且能与FeCl3溶液发生显色反应
③除苯环外不含其他环
（7）以甲苯为主要原料设计合成 的合成路线(有机溶剂和无机试剂任选) 。
答案解析部分
1．【答案】A
【解析】【解答】A．胆矾为CuSO4·5H2O，铁器淬于胆矾水中，发生的反应为Fe+CuSO4=FeSO4+Cu，属于置换反应，A符合题意；
B．瓦的主要原料是黏土，在瓦窑里烧制得到“瓦”，是传统的无机非金属材料，主要成分是硅酸盐，B不符合题意；
C．根据“稻以糠为甲”可知“糠”是稻谷的外壳，富含纤维素，C不符合题意；
D．“丝”的主要成分是蛋白质，其水解产物是氨基酸，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.胆矾是CuSO4·5H2O的俗名，涉及反应是Fe＋CuSO4＝FeSO4＋Cu，属于置换反应。
B.泥土烧制得到的主要成分是硅酸盐。
C. “糠”是稻谷的外壳，富含纤维素。
D.蚕丝的主要成分是蛋白质，其完全水解生成氨基酸。
2．【答案】D
【解析】【解答】A．由结构简式可知该物质中含有醚键和羰基两种官能团，均不能发生水解反应，故A不符合题意；
B．由结构可知苯环为平面结构，羰基及直接相连的碳原子在同一平面上，醚键中氧原子及直接相连的两个碳原子在同一平面上，所有碳原子可能处于同一平面上，故B不符合题意；
C．该结构中含有苯环能发生加成反应，故C不符合题意；
D．两者分子式相同，但结构不同，互为同分异构体，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.发生水解反应需有酯基、肽键、卤原子等官能团。
B.苯上的12个原子共平面，C-C或C-O单键可以旋转，据此分析。
C.苯环、羰基可以与H2发生加成反应。
D. 同分异构体是指具有相同分子式，不同结构的化合物。
3．【答案】B
【解析】【解答】A．向次氯酸钙中通入过量的二氧化碳气体生成碳酸氢钙和次氯酸，反应的离子方程式是ClO-+CO2+H2O=HClO+HCO3-，故A不符合题意；
B．向硝酸铝溶液中滴加足量氢氧化钡溶生成偏铝酸钡、硝酸钡和水，反应的离子方程式为Al3+ +4OH-=AlO2-+2H2O，故B符合题意；
C．向氯化铜溶液中通入硫化氢气体生成硫化铜沉淀和盐酸，H2S+Cu2+= CuS↓+2H+，故C不符合题意；
D．碳酸镁与稀硫酸反应生成硫酸镁、二氧化碳、水，反应的离子方程式是MgCO3+2H+=Mg2++CO2↑+H2O，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】判断离子方程式正误时，需注意以下几点：1.是否符合事实；2.化学式拆写（单质、氧化物、气体、难溶物、弱电解质等不能拆写）是否正确；3.符号（等号，可逆号，沉淀气体的箭头标注）使用是否正确；4.是否遵循原子守恒、电荷守恒、得失电子守恒；5.是否漏掉离子反应；6.反应物或产物的配比是否正确。A项不符合事实，CO2过量，不会得到CaCO3，而是Ca(HCO3)2；C、D项是拆写问题，CuS、MgCO3是难溶物，不能拆。
4．【答案】C
【解析】【解答】A．该装置为不加热装置，二氧化锰和浓盐酸反应需要加热，A不符合题意；
B．装置D中球形冷凝管水流方向为下进上出，进水口为2、出水口为1，B不符合题意；
C．盐酸具有挥发性，得到氯气中含有氯化氢，可以使用饱和食盐水吸收，C符合题意；
D．尾气中氯气有毒会污染空气，E中可选择碱石灰，可以吸收尾气同时防止水蒸气进入装置D，而无水氯化钙只能吸水，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A装置是常温下制取Cl2，由于浓盐酸具有挥发性，制得的Cl2中含有HCl和水蒸气；B装置用于除去HCl；C装置是干燥Cl2，D装置是用于制取SnCl4；E装置是用于尾气处理，吸收剩余的Cl2及防止空气中的水蒸气进入装置。注意冷凝管的水流方向是下进上出。据此分析。
5．【答案】D
【解析】【解答】A．同周期元素从左至右原子半径依次减小，故原子半径：Al＞Si，A不符合题意；
B．Y为Si，其最高价氧化物为SiO2，可与氢氟酸(HF)发生反应，B不符合题意；
C．X为Al，Al的金属性强于Cu，可以从CuSO4溶液中置换出Cu，C不符合题意；
D．Z为Ca，W为C，CaC2中Ca2+和C22-形成离子键，C22-中C和C形成非极性共价键，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】前20号主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大。既能与强酸反应又能与强碱反应的单质是铝，推出X是铝元素；K层、N层分别是第一、四层，根据Z的信息可推出Z核外有20个电子，即Z是钙元素；W、Y位于同主族，假设X的最外层电子数为m，则3+2+2m=13，m=4，又W位于Y之前，可推出W是碳元素，Y是硅元素。
6．【答案】B
【解析】【解答】A．根据分析可知，ab膜为阴离子交换膜，cd膜为阳离子交换膜，A不符合题意；
B．盐室中的R-进入室1与H+结合形成HR，即H++R =HR，B符合题意；
C．由分析，M为阳极，OH-在M极失去电子，电极反应式为：4OH--4e-=2H2O+O2↑，C不符合题意；
D．盐室中的Na+进入室2与OH-结合生成NaOH，因此进、出口处的c(Na+)不相等，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】由图可知M极为阳极，N极为阴极。M极的电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+（或4OH--4e-=2H2O+O2↑），N极的电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-（或2H++2e-=H2↑）。M极产生H+，要制得有机酸HR，则盐室的R-将移向室1，即ab膜是阴离子交换膜，防止室2产生的OH-进入室1，则cd膜是阳离子交换膜，所以盐室的Na+将移向室2。据此分析。
7．【答案】C
【解析】【解答】A．用NaOH溶液滴定H2A溶液，由图象可知，a点pH=4.2，b点pH=3.2，a点酸性更弱，说明加入NaOH溶液更多，即体积大小：V(b)＜V(a)，A不符合题意；
B．溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=2c(A2-)+c(HA-)+c(OH-)，pH=7时，c(H+)=c(OH-)，则有c(Na+)=2c(A2-)+c(HA-)，B不符合题意；
C．NaHA溶液中存在物料守恒：c(Na+)=c(A2- )+c(H2A) +c(HA-)，C符合题意；
D．b点时，-lgc(HA-)c(H2A)=-2，pH=3.2，即c(HA-)c(H2A)=10-2，c(H+)=10-3.2，因此H2A的第一步电离常数K1=c(HA-)⋅c(H+)c(H2A)=10-2×10-3.2=10-1.2，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．H2A为二元弱酸，NaOH为强碱，酸碱反应所得溶液的酸性越弱，说明所加碱越多，据此分析。
B．常温pH=7，说明所得溶液呈中性，结合电荷守恒进行分析。
C．根据物料守恒进行分析。
D．根据H2A的第一步电离平衡常数表达式，并结合b点坐标进行分析。
8．【答案】（1）滴液漏斗；防止在加入浓硫酸时发热使温度升高造成H2O2分解；先加入双氧水再缓缓加入浓硫酸，同时不断搅拌
（2）2H2SO5+3H2SO4+3K2CO3=K2SO4·KHSO4·2KHSO5+KHSO4+3H2O+3CO2↑
（3）碳酸钾水解，溶液显碱性，加入过快会引起局部溶液pH升高，超过3.0，使产品分解，降低产率
（4）HSO5-+2Cl-+H+=SO42-+Cl2↑+H2O
（5）0.8cVa%
【解析】【解答】本实验的实验目的为制取过-硫酸氢钾复合盐并检测其活性氧含量，制备原理为2H2SO5+3H2SO4+3K2CO3=K2SO4·KHSO4·2KHSO5+KHSO4+3H2O+3CO2↑，结合物质相关性质进行分析，利用关系式法进行计算解答。
(1)由装置图可以看出a是滴液漏斗，双氧水和浓硫酸混合时会放热，易使温度过高，造成H2O2分解，因此用冷的双氧水，由于双氧水的密度小于浓硫酸，所以应先加入双氧水，然后把浓硫酸加入双氧水中，同时进行搅拌，使其迅速散热；
(2)根据实验步骤可知步骤①生成H2SO5，加入K2CO3，反应物由浓硫酸、H2SO5、K2CO3，生成物有K2SO4·KHSO4·2KHSO5、水、二氧化碳和KHSO4，反应的化学方程式为：2H2SO5+3H2SO4+3K2CO3=K2SO4·KHSO4·2KHSO5+KHSO4+3H2O+3CO2↑；
(3)根据提给信息，溶液pH大于3.0时K2SO4·KHSO4·2KHSO5分解，因为碳酸钾水解显碱性，加入碳酸钾过快，易引起pH升高，导致过-硫酸氢钾复合盐分解，产率降低，因此加入碳酸钾溶液时，应控制加入速度，边加边搅拌，控制pH＜3.0；
(4)由于过硫酸氢盐的强氧化性，过-硫酸氢钾复合盐可以和Cl-发生氧化还原反应：HSO5-+2Cl-+H+=SO42-+Cl2↑+H2O，从而放出氯气；
(5)由检测原理：2KHSO5 =K2SO4+H2SO4+O2↑，每1个KHSO5相当于含有1个活性氧原子，再根据方程式4I-+4H+ +O2=2I2+2H2O、I2+2S2O32-=S4O62-+2I-可知，活性氧原子与S2O32-的比例关系为1：2，则样品中活性氧的质量分数为c×V×0.001×16×12a×100%=0.8cVa%。
【分析】该实验是制取过-硫酸氢钾复合盐，并检测样品中活性氧的质量分数，制备原理为
2H2SO5＋3H2SO4＋3K2CO3＝K2SO4·KHSO4·2KHSO5＋KHSO4＋3H2O＋3CO2↑，结合实验操作中的注意事项及物质相关性质进行分析，利用关系式法进行计算解答。
9．【答案】（1）SiO2、S；Cu2S+2MnO2+4H2SO4=S+2CuSO4+2MnSO4+4H2O
（2）有蓝色沉淀生成
（3）NH4HCO3
（4）NH3
（5）3≤a<4
（6）pH>1.7之后，Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+的水解平衡正向移动，溶液中Fe3+浓度降低，所以萃取率下降
【解析】【解答】软锰矿(含MnO2和少量Fe2O3、SiO2)和辉铜矿(含Cu2S和少量SiO2、Fe2O3)中加入稀硫酸酸浸，SiO2不溶于稀硫酸，MnO2和Cu2S发生氧化还原反应生成S，因此滤渣1中含有SiO2和S，浸出液中主要含有Fe3+、Cu2+，Mn2+，调节pH，将Fe3+沉淀除去，则滤渣2的成分为氢氧化铁，将x和氨气通入含[Cu(NH)4]SO4的滤液，分离得到碳酸锰，碳酸锰经过一系列操作得到马日夫盐，将分离出碳酸锰之后的溶液加热使氨气逸出，制得碱式碳酸铜。
(1)由上述分析可知，滤渣1的主要成分是SiO2和S，酸浸时，MnO2将Cu2S中的硫氧化成单质硫，则反应的化学方程式为Cu2S+2MnO2+4H2SO4=S+2CuSO4+2MnSO4+4H2O，故答案为：SiO2、S；Cu2S+2MnO2+4H2SO4=S+2CuSO4+2MnSO4+4H2O；
(2)K3Fe(CN)6溶液与Fe2+ 反应会生成蓝色沉淀，因此浸出液中含有Fe2+ 的现象是有蓝色沉淀生成，故答案为：有蓝色沉淀生成；
(3)根据反应流程可知，加入氨气和x后得到碳酸锰，则加入的物质应含有碳酸根或者碳酸氢根，又x为某种酸式盐，则x含有碳酸氢根，为了不引入杂质降低产品的纯度，且过量的x可在加热赶氨的过程中除去，x最好为NH4HCO3，故答案为：NH4HCO3；
(4)由图可知，在加热赶氨的过程中生成了氨气，在前一步中需要加入氨水，从而可知氨气可以循环使用，故答案为：NH3；
(5)根据上述分析可知，流程中调节浸出液pH=a是为了将Fe3+沉淀除去，而Cu2+，Mn2+不能沉淀，当Fe3+完全沉淀时，c(Fe3+)=1.0×10-5mol/L，c(OH-)=3Ksp[Fe(OH)3]c(Fe3+)=1.0×10-11mol/L，此时c(H+)=Kwc(OH-)=1.0×10-3mol/L，pH=3，由于Ksp[Cu(OH)2]< Ksp[Mn(OH)2]，Cu2+先沉淀，当Cu2+开始沉淀时c(OH-)=2Ksp[Cu(OH)2]c(Cu2+)=1.0×10-10mol/L，c(H+)=Kwc(OH-)=1.0×10-4mol/L，此时pH=4，因此a的取值范围为3≤a<4，故答案为：3≤a<4；
(6)Fe3+存在水解平衡Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+，pH>1.7之后，随着pH增大，溶液中氢离子浓度减小，水解平衡正向移动，溶液中Fe3+浓度降低，所以萃取率下降，故答案为：pH>1.7之后，Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+的水解平衡正向移动，溶液中Fe3+浓度降低，所以萃取率下降。
【分析】根据题干信息，“酸浸”时，SiO2不溶且不与稀硫酸反应，Fe2O3与硫酸反应生成Fe2(SO4)3，MnO2和Cu2S发生氧化还原反应生成S，所以滤渣1是SiO2和S，“浸出液”中含有Fe3+、Cu2+，Mn2+。Ksp越小，表示物质的溶解度越小，所以调节pH是将Fe3+沉淀除去，则滤渣2的成分为Fe(OH)3，将x和氨气通入含[Cu(NH)4]SO4的滤液，分离得到碳酸锰，碳酸锰经过一系列操作得到马日夫盐，将分离出碳酸锰之后的溶液加热使氨气逸出，制得碱式碳酸铜。据此分析。
10．【答案】（1）CO(g)+3H2(g)⇌CH4(g)+H2O(g)ΔH=-206.1kJ/mol
（2）反应①为放热反应，反应②为吸热反应，温度升高，反应①平衡逆向移动，反应②平衡正向移动，开始升温对反应①的影响程度大于反应②，CO2的转化率减小，后来升温对反应①的影响程度小于反应②，CO2的转化率增大；10.0
（3）0.1；增大压强能稍微增大CH4选择性，但能耗更大、成本更高，综合经济效益下降，反而降低了生产效率
（4）6.75
（5）正；CH3OCH3-12e-+3H2O=2CO2+12H+
【解析】【解答】(1)根据盖斯定律，由①-②可得CO甲烷化反应的热化学方程式为CO(g)+3H2(g)⇌CH4(g)+H2O(g)ΔH=-206.1kJ/mol，故答案为：CO(g)+3H2(g)⇌CH4(g)+H2O(g)ΔH=-206.1kJ/mol；
(2)反应①为放热反应，反应②为吸热反应，温度升高，反应①平衡逆向移动，反应②平衡正向移动，开始升温对反应①的影响程度大于反应②，CO2的转化率减小，后来升温对反应①的影响程度小于反应②，CO2的转化率增大，因此随温度的升高，CO2的转化率先减小后增大；反应①正反应方向气体体积减小，反应②气体体积不变，压强增大，反应①平衡正向移动，反应②平衡不移动，所以CO2的转化率随压强的增大而增大，则图中a点压强为10.0MPa，故答案为：反应①为放热反应，反应②为吸热反应，温度升高，反应①平衡逆向移动，反应②平衡正向移动，开始升温对反应①的影响程度大于反应②，CO2的转化率减小，后来升温对反应①的影响程度小于反应②，CO2的转化率增大；10.0MPa
(3)由图可知，温度为400℃时，CH4选择性：10.0MPa>3.0MPa>0.1Mpa， 增大压强能稍微增大CH4选择性，但能耗更大、成本更高，综合经济效益下降，反而降低了生产效率，因此压强应选用0.1MPa，故答案为：0.1MPa；增大压强能稍微增大CH4选择性，但能耗更大、成本更高，综合经济效益下降，反而降低了生产效率；
(4)根据题意，起始时 CO2为1mol/L，H2为4mol/L，平衡时CO2的转化率为75%，则平衡时 CO2为0.25mol/L，H2为1mol/L，CH4为0.75mol/L，H2O为1.5mol/L，则该反应的平衡常数 K=0.75×1.520.25×14=6.75，故答案为：6.75；
(5)根据电子的流向可知，电极c为负极，电极d为正极；电极c上，甲醚失电子发生氧化反应，电极反应式为CH3OCH3-12e-+3H2O=2CO2+12H+，故答案为：正；CH3OCH3-12e-+3H2O=2CO2+12H+。
【分析】（1）注意运用盖斯定律进行加减计算时，△H也同样要进行加减计算，计算过程中要带“+”“-”。
（2）反应①是放热反应，反应②是吸热反应，反应①前后气体分子数减小，结合化学平衡移动原理进行分析。
（3）根据图示信息，从效果、成本等方面解答。
（4）根据转化率、化学平衡三段式可求出平衡时各物质的浓度，结合平衡常数进行解答。
（5）该电池属于原电池，d电极得电子发生还原反应，即d电极是正极，c电极是负极。c电极上甲醚失电子生成CO2，根据原子种类及个数守恒配平
11．【答案】（1）
（2）N；sp2；N；C原子无孤电子对，N的电负性小于O，更易给出孤电子对
（3）正四面体；1 ： 1
（4）MgNi3C；213a3NA×1021
【解析】【解答】(1)Ni元素为28号元素，基态Ni原子核外电子排布式为[Ar]3d84s2，则价电子排布图：；
(2)①组成该镍配合物的元素中，第二周期元素有N、O和C，其中N的价层电子排布式为2s22p3，2p能级为半满的稳定结构，第一电离能最大，配合物中N有两个σ键电子对，一个孤电子对，价层电子对为3，其杂化方式为：sp2；
②该配合物中只有一种元素的原子与Ni2+配位，则与镍配位的原子为N，原因为C原子无孤电子对，N的电负性小于0，更易给出孤电子对，故答案为：N；C原子无孤电子对，N的电负性小于O，更易给出孤电子对；
(3)Ni(CO)4当中Ni原子形成了4个配位键，其价层电子对数为4，根据价层电子对互斥理论可知，其空间构型为正四面体；lmol Ni(CO)4中σ键为8mol，其配体CO，一个CO中含有2个π键则其中π键为8mol，Ni(CO)4中含有的σ键与π键的数目之比为1 ： 1；
(4)①晶胞中Mg位于8个顶点，个数=8×18=1，C位于体心，个数=1，Ni位于6个面心，个数=6×12=3，该新型超导材料的化学式为MgNi3C；
②若晶胞参数为a nm，根据M=ρVNA，则213=ρ(a×10-7)3NA，ρ=213a3NA×1021g⋅cm-3，即该晶体的密度为213a3NA×1021g⋅cm-3。
【分析】（1）Ni为第28号元素，根据原子的核外电子排布原则进行解答。注意价电子是指最外层电子。
（2）比较C、N、O的第一电离能，同周期元素的第一电离能从左到右逐渐增大，注意原子的核外电子排布中出现全满、半满、全空时，其电离能比周围其他原子的都大。
（3）根据价层电子对互斥理论进行分析。
（4）①根据均摊法算出各原子的个数，即可得到该物质的化学式。
②根据n=mM=NNA和ρ=mV进行分析
12．【答案】（1）氟原子、醛基
（2）邻氟苯甲酸
（3）取代反应
（4）
（5）+ →CH2Cl2+HBr
（6）6
（7）→KMnO4，H+→SOCl2
【解析】【解答】A被氧化为B，B为邻氟苯甲酸；B中羧基的-OH被氯原子取代生成C，C生成D，D中-NH2的一个氢原子被取代生成E，E中与氨基相连的支链上的溴原子被取代生成F，F得到W。
(1)A具有的官能团名称是氟原子、醛基；
(2)A中醛基在催化剂作用下被氧气氧化为羧基得到B，B名称为邻氟苯甲酸；
(3)反应②为B中羧基的-OH被氯原子取代的反应，反应类型为取代反应；
(4)结合DE结构简式可知，反应④D中-NH2的一个氢原子被取代，Y的结构简式为；
(5)比较EF结构可知，反应⑤为E中与氨基相连的支链上的溴原子被取代的反应，反应为+ →CH2Cl2+HBr；
(6)C的某同系物Z的分子式为C8 H6ClFO，则比C多1个碳原子，满足下列条件：
①核磁共振氢谱图显示有6种不同化学环境的氢原子，即有6种不同的氢原子；
②苯环上有两个取代基且能与FeCl3溶液发生显色反应，则含酚羟基；
③除苯环外不含其他环；
含有取代基一个-OH，另一个为-CH=CClF或-CCl=CHF或-CF=CHCl，有3种情况，每种情况存在邻、间2种情况（若在对位不符合6种不同化学环境的氢原子），故共6种情况；
(7)甲苯为主要原料设计合成，根据已知反应原理可以首先得到，则需要把甲苯转化为苯甲酸，苯甲酸发生取代反应生成；故反应路线为：
→KMnO4，H+→SOCl2。
【分析】根据反应条件可知A→B发生氧化反应，且A中的醛基被氧化为羧基，可推出B的结构简式为；对比B、C的结构简式可知B→C发生取代反应，其中B中羧基上的-OH被氯原子取代；根据C+X→D的反应条件，以及C、D的结构简式和结合已知信息（ⅰ）可推出X的结构简式为，C→D均发生取代反应；对比D、E的结构简式可推出Y的结构简式为，D中氨基上的氢原子被取代，D→E发生取代反应；对比E、F的结构简式可知E→F发生了取代反应，其中E中亚甲基连接的溴原子被-NHCH2CH2OH取代。据此分析。
贵州省贵阳一中2022届高三模拟测试
理科综合化学试题
一、单选题
1．化学与人类生产、生活密切相关，下列叙述中不正确的是（ ）
A．“烧铁器淬于胆矾水中，即成铜色也”中涉及的反应类型为复分解反应
B．“凡埏泥造瓦，掘地二尺余，择取无沙粘土而为之”中“瓦”的主要成分为硅酸盐
C．“稻以糠为甲，麦以麸为衣”中“糠”的主要成分为纤维素
D．“凡弓弦取食柘叶蚕茧，其丝更坚韧”中“丝”的水解产物为氨基酸
2．3，4-二甲氧基苯基-丙酮是医药行业中常见的合成中间体，其结构如图。下列有关该物质的说法正确的是（ ）
A．可以与NaOH溶液发生水解反应
B．分子中所有碳原子不可能共平面
C．能发生取代反应，不能发生加成反应
D．与互为同分异构体
3．能符合题意表示下列变化的离子方程式是（ ）
A．向次氯酸钙中通入过量的二氧化碳气体：Ca2++2ClO-+CO2+H2O=2HClO+CaCO3↓
B．向硝酸铝溶液中滴加足量氢氧化钡溶液：Al3+ +4OH-=AlO2-+2H2O
C．向氯化铜溶液中通入硫化氢气体：S2- +Cu2+= CuS↓
D．碳酸镁与稀硫酸反应：CO32-+2H+=CO2↑+H2O
4．四氯化锡常用作合成有机锡化合物的原料。利用下图装置使含锡硫渣与氯气反应制备四氯化锡并进行尾气处理。
已知：①无水四氯化锡的熔点为-33°C、沸点为114.1℃；②四氯化锡易水解。下列说法正确的是（ ）
A．装置A中KClO3可用MnO2替代
B．装置D中球形冷凝管的进水口为1、出水口为2
C．装置B的作用是吸收HCl
D．装置E中的试剂为无水氯化钙
5．前20号主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大。已知X的单质既可与强碱反应，又可与强酸反应，W与Y位于同一主族，Z的K层电子数与N层相等， W、X、Y、Z四种元素的最外层电子数之和为13.下列说法正确的是（ ）
A．原子半径由小到大的顺序： X＜ Y
B．Y的最高价氧化物不能与酸溶液反应
C．X的单质不能从CuSO4溶液中置换出Cu
D．ZW2既含非极性共价键又含离子键
6．双极性膜1、2在直流电场作用下能够将水分离成H+与OH-，可以作为H+与OH-的供应源，用如图所示的三室式电渗析转化器可以将有机酸钠盐(NaR)转化制得纯度较高的有机弱酸(HR)。下列相关说法正确的是（ ）
A．ab膜、cd膜分别是阳离子交换膜、阴离子交换膜
B．室1溶液中发生的离子反应为H++R =HR
C．M电极的电极反应式为2H++2e-=H2↑
D．盐室进口处和出口处c(Na+)相等
7．常温下，用NaOH溶液滴定H2A溶液，混合溶液的pH与离子浓度的负对数pX的关系如图所示。pX代表-lgc(A2-)c(HA-)或-lgc(HA-)c(H2A)，曲线M代表-lgc(A2-)c(HA-)与pH的关系，曲线N代表-lgc(HA-)c(H2A)与pH的关系，下列说法不正确的是（ ）
A．a、b两点所加的NaOH溶液体积大小：V(b)＜V(a)
B．滴定至pH=7时，c(Na+ )=2c(A2-) +c(HA- )
C．NaHA溶液中存在c(Na+ )=2c(A2- )+c(H2A) +c(HA- )
D．H2A的第一步电离常数为 10-1.2
二、非选择题
8．过-硫酸氢钾复合盐(K2SO4·KHSO4·2KHSO5，M=614 g·mol-1)是白色粉末状固体，具有强氧化性，易溶于水，当溶液pH大于3.0时分解。实验室制取该物质的实验步骤如下：
①制取过-硫酸(H2SO5) ：先在三颈烧瓶中加入吸附型双氧水稳定剂，然后加入冷的双氧水和过量的浓硫酸，pH控制在2. 0~2.5，反应30 min(反应装置如图所示)；
②过-硫酸氢钾复合盐的制备：向①中反应后的溶液中加入碳酸钾溶液，边加边搅拌，碳酸钾溶液滴加完毕后，反应30min，将反应后的混合液转移至烧杯中，在-10°C条件下冷却结晶后，将混合液转移到抽滤瓶中抽滤，得到滤饼，将滤饼置于电热鼓风干燥箱中烘干，得到产品过-硫酸氢钾复合盐。
回答下列问题：
（1）装置a的名称是 ，用冷的双氧水的原因是 。向三颈烧瓶中加入双氧水和浓硫酸的操作： 。
（2）写出加入碳酸钾溶液时发生反应生成复合盐和KHSO4的化学方程式： 。
（3）步骤②中加入碳酸钾溶液时，应控制加入速度，边加边搅拌的目的是 。
（4）一种简单鉴别市售过-硫酸氢钾复合盐是否合格的方法：把一片过-硫酸氢钾片剂放入装有适量稀盐酸的烧杯中，若很快就可以明显闻到有刺激性气味且持续一定时间，可以证明产品的氧化性很好，从而证明这是合格的过-硫酸氢钾复合盐产品。这种方法的原理是 (用离子方程式表示)。
（5）间接碘量法测定产品活性氧(一个活性氧可得到2e-)含量。
检测原理：2KHSO5 =K2SO4+H2SO4+O2↑
4I-+4H+ +O2=2I2+2H2O
I2+2S2O32-=S4O62-+2I-
量取75 mL蒸馏水于碘量瓶中，加入适量的稀硫酸和过量的碘化钾溶液，称取a g产品于碘量瓶中摇匀。暗处放置5 min后，用c mol·L-1的标准硫代硫酸钠溶液滴定，终点时消耗的体积为V mL，则样品中活性氧的质量分数是 。
9．马日夫盐[Mn(H2PO4)2·2H2O]和碱式碳酸铜[Cu2 (OH)2CO3]具有广泛用途。某化工厂拟以软锰矿(含MnO2和少量Fe2O3、SiO2)和辉铜矿(含Cu2S和少量SiO2、Fe2O3)为原料生产马日夫盐和碱式碳酸铜，其工艺流程如下图所示。
已知：①MnO2有较强的氧化性，能将金属硫化物中的硫氧化为单质硫；
②该条件下：Ksp[Fe(OH)3]=1.0×10-38 ，Ksp[Cu(OH)2]= 1.0×10-20 ，Ksp[Mn(OH)2]=1.0×10-14。
回答下列问题：
（1）滤渣1的主要成分是 (写化学式)，酸浸时，Cu2S和MnO2反应的化学方程式为 。
（2）检验浸出液中是否含有Fe2+ ，可用K3Fe(CN)6溶液，浸出液中含有Fe2+ 的现象是 。
（3）试剂x为某种酸式盐，从产品纯度来看，x最好为 (写化学式)。
（4）本工艺中可循环使用的物质是 (写化学式)。
（5）若浸出液中c(Mn2+)=c(Cu2+)=1.0 mol·L-1，则流程中调节浸出液pH=a，其中a的范围为 (当离子浓度≤1.0×10-5 mol·L-1时，沉淀完全)。
（6）除Fe3+也可以用合适的萃取剂，Fe3+的萃取率与pH的关系如图所示，pH>1.7后，随pH增大，Fe3+萃取率下降的原因是 。
10．碳基能源的大量消耗使大气中CO2的浓度持续不断地增大，造成的温室效应得到了世界各国的广泛重视。CO2甲烷化是有效利用二氧化碳资源的途径之一，是减少CO2的一种比较有效的实际方法，在环境保护方面显示出较大潜力。CO2甲烷化过程涉及的化学反应如下：
①CO2甲烷化反应：CO2(g) +4H2(g)⇌CH4(g) +2H2O(g) ΔH=-165 kJ·mol-1
②逆水煤气变换反应：CO2(g) + H2(g)⇌CO(g) + H2O(g) ΔH=+41.1 kJ·mol-1
（1）写出CO甲烷化反应的热化学方程式： 。
（2）图甲是温度和压强对CO2平衡转化率影响的关系图。随温度的升高，CO2的转化率先减小后增大的原因是 ，该实验条件下的压强有0.1MPa、3.0MPa、10.0MPa，图中a点压强为 MPa。
（3）图乙是反应条件对CO2甲烷化反应中CH4选择性影响的关系图。工业上一般选用的温度为400℃，则压强应选用 MPa，原因是 。
（4）450°C时，若在体积为1 L的恒容密闭容器中加入1 mol CO2和4 mol H2混合原料气只发生反应：CO2(g)+4H2(g)⇌CH4(g)+2H2O(g) ΔH=-165 kJ·mol-1。平衡时CO2的转化率为75%，则该温度下此反应的平衡常数K= 。
（5）废气中的CO2可转化为甲醚(CH3OCH3) ，甲醚可用于制作甲醚燃料电池(如图丙)，质子交换膜左右两侧溶液均为6 mol·L-1的H2SO4溶液。则电极d为 (填“正”或“负”)极，电极c上发生的电极反应为 。
11．镍及其化合物用途广泛，可用作催化剂、合金、电器元件等。回答下列问题：
（1）基态Ni原子价电子排布图为 。
（2）某镍配合物由1个Ni2+与2个形成。
①形成该镍配合物的元素中，第二周期元素的第一电离能最大的为 (用元素符号表示) ，配合物中N采用的杂化类型为 。
②已知该配合物中只有一种元素的原子与Ni2+配位，则与镍配位的原子为 (填“C”、“N"”或“O")，原因为 。
（3）Ni(CO)4是常温下呈液态的镍的重要配合物，易溶于CCl4、苯等有机溶剂，则Ni(CO)4的空间构型为 ，Ni(CO)4中含有的σ键与π键的数目之比为 。
（4）由Mg、C和Ni组成的新型超导材料晶体的立方晶胞结构如图所示。
①该新型超导材料的化学式为 。
②若晶胞参数为a nm，阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶体的密度为 g·cm-3。
12．有机物W是一种抗失眠药，W的一种合成路线如下图所示。
已知：
回答下列问题：
（1）A具有的官能团名称是 。
（2）B的化学名称是 。
（3）反应②的反应类型为 。
（4）反应④中，Y的结构简式为 。
（5）写出反应⑤的化学方程式： 。
（6）C的某同系物Z的分子式为C8 H6ClFO，满足下列条件的化合物Z的同分异构体有 种(不考虑空间异构)。
①核磁共振氢谱图显示有6种不同化学环境的氢原子
②苯环上有两个取代基且能与FeCl3溶液发生显色反应
③除苯环外不含其他环
（7）以甲苯为主要原料设计合成 的合成路线(有机溶剂和无机试剂任选) 。
答案解析部分
1．【答案】A
【解析】【解答】A．胆矾为CuSO4·5H2O，铁器淬于胆矾水中，发生的反应为Fe+CuSO4=FeSO4+Cu，属于置换反应，A符合题意；
B．瓦的主要原料是黏土，在瓦窑里烧制得到“瓦”，是传统的无机非金属材料，主要成分是硅酸盐，B不符合题意；
C．根据“稻以糠为甲”可知“糠”是稻谷的外壳，富含纤维素，C不符合题意；
D．“丝”的主要成分是蛋白质，其水解产物是氨基酸，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.胆矾是CuSO4·5H2O的俗名，涉及反应是Fe＋CuSO4＝FeSO4＋Cu，属于置换反应。
B.泥土烧制得到的主要成分是硅酸盐。
C. “糠”是稻谷的外壳，富含纤维素。
D.蚕丝的主要成分是蛋白质，其完全水解生成氨基酸。
2．【答案】D
【解析】【解答】A．由结构简式可知该物质中含有醚键和羰基两种官能团，均不能发生水解反应，故A不符合题意；
B．由结构可知苯环为平面结构，羰基及直接相连的碳原子在同一平面上，醚键中氧原子及直接相连的两个碳原子在同一平面上，所有碳原子可能处于同一平面上，故B不符合题意；
C．该结构中含有苯环能发生加成反应，故C不符合题意；
D．两者分子式相同，但结构不同，互为同分异构体，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.发生水解反应需有酯基、肽键、卤原子等官能团。
B.苯上的12个原子共平面，C-C或C-O单键可以旋转，据此分析。
C.苯环、羰基可以与H2发生加成反应。
D. 同分异构体是指具有相同分子式，不同结构的化合物。
3．【答案】B
【解析】【解答】A．向次氯酸钙中通入过量的二氧化碳气体生成碳酸氢钙和次氯酸，反应的离子方程式是ClO-+CO2+H2O=HClO+HCO3-，故A不符合题意；
B．向硝酸铝溶液中滴加足量氢氧化钡溶生成偏铝酸钡、硝酸钡和水，反应的离子方程式为Al3+ +4OH-=AlO2-+2H2O，故B符合题意；
C．向氯化铜溶液中通入硫化氢气体生成硫化铜沉淀和盐酸，H2S+Cu2+= CuS↓+2H+，故C不符合题意；
D．碳酸镁与稀硫酸反应生成硫酸镁、二氧化碳、水，反应的离子方程式是MgCO3+2H+=Mg2++CO2↑+H2O，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】判断离子方程式正误时，需注意以下几点：1.是否符合事实；2.化学式拆写（单质、氧化物、气体、难溶物、弱电解质等不能拆写）是否正确；3.符号（等号，可逆号，沉淀气体的箭头标注）使用是否正确；4.是否遵循原子守恒、电荷守恒、得失电子守恒；5.是否漏掉离子反应；6.反应物或产物的配比是否正确。A项不符合事实，CO2过量，不会得到CaCO3，而是Ca(HCO3)2；C、D项是拆写问题，CuS、MgCO3是难溶物，不能拆。
4．【答案】C
【解析】【解答】A．该装置为不加热装置，二氧化锰和浓盐酸反应需要加热，A不符合题意；
B．装置D中球形冷凝管水流方向为下进上出，进水口为2、出水口为1，B不符合题意；
C．盐酸具有挥发性，得到氯气中含有氯化氢，可以使用饱和食盐水吸收，C符合题意；
D．尾气中氯气有毒会污染空气，E中可选择碱石灰，可以吸收尾气同时防止水蒸气进入装置D，而无水氯化钙只能吸水，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A装置是常温下制取Cl2，由于浓盐酸具有挥发性，制得的Cl2中含有HCl和水蒸气；B装置用于除去HCl；C装置是干燥Cl2，D装置是用于制取SnCl4；E装置是用于尾气处理，吸收剩余的Cl2及防止空气中的水蒸气进入装置。注意冷凝管的水流方向是下进上出。据此分析。
5．【答案】D
【解析】【解答】A．同周期元素从左至右原子半径依次减小，故原子半径：Al＞Si，A不符合题意；
B．Y为Si，其最高价氧化物为SiO2，可与氢氟酸(HF)发生反应，B不符合题意；
C．X为Al，Al的金属性强于Cu，可以从CuSO4溶液中置换出Cu，C不符合题意；
D．Z为Ca，W为C，CaC2中Ca2+和C22-形成离子键，C22-中C和C形成非极性共价键，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】前20号主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大。既能与强酸反应又能与强碱反应的单质是铝，推出X是铝元素；K层、N层分别是第一、四层，根据Z的信息可推出Z核外有20个电子，即Z是钙元素；W、Y位于同主族，假设X的最外层电子数为m，则3+2+2m=13，m=4，又W位于Y之前，可推出W是碳元素，Y是硅元素。
6．【答案】B
【解析】【解答】A．根据分析可知，ab膜为阴离子交换膜，cd膜为阳离子交换膜，A不符合题意；
B．盐室中的R-进入室1与H+结合形成HR，即H++R =HR，B符合题意；
C．由分析，M为阳极，OH-在M极失去电子，电极反应式为：4OH--4e-=2H2O+O2↑，C不符合题意；
D．盐室中的Na+进入室2与OH-结合生成NaOH，因此进、出口处的c(Na+)不相等，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】由图可知M极为阳极，N极为阴极。M极的电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+（或4OH--4e-=2H2O+O2↑），N极的电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-（或2H++2e-=H2↑）。M极产生H+，要制得有机酸HR，则盐室的R-将移向室1，即ab膜是阴离子交换膜，防止室2产生的OH-进入室1，则cd膜是阳离子交换膜，所以盐室的Na+将移向室2。据此分析。
7．【答案】C
【解析】【解答】A．用NaOH溶液滴定H2A溶液，由图象可知，a点pH=4.2，b点pH=3.2，a点酸性更弱，说明加入NaOH溶液更多，即体积大小：V(b)＜V(a)，A不符合题意；
B．溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=2c(A2-)+c(HA-)+c(OH-)，pH=7时，c(H+)=c(OH-)，则有c(Na+)=2c(A2-)+c(HA-)，B不符合题意；
C．NaHA溶液中存在物料守恒：c(Na+)=c(A2- )+c(H2A) +c(HA-)，C符合题意；
D．b点时，-lgc(HA-)c(H2A)=-2，pH=3.2，即c(HA-)c(H2A)=10-2，c(H+)=10-3.2，因此H2A的第一步电离常数K1=c(HA-)⋅c(H+)c(H2A)=10-2×10-3.2=10-1.2，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．H2A为二元弱酸，NaOH为强碱，酸碱反应所得溶液的酸性越弱，说明所加碱越多，据此分析。
B．常温pH=7，说明所得溶液呈中性，结合电荷守恒进行分析。
C．根据物料守恒进行分析。
D．根据H2A的第一步电离平衡常数表达式，并结合b点坐标进行分析。
8．【答案】（1）滴液漏斗；防止在加入浓硫酸时发热使温度升高造成H2O2分解；先加入双氧水再缓缓加入浓硫酸，同时不断搅拌
（2）2H2SO5+3H2SO4+3K2CO3=K2SO4·KHSO4·2KHSO5+KHSO4+3H2O+3CO2↑
（3）碳酸钾水解，溶液显碱性，加入过快会引起局部溶液pH升高，超过3.0，使产品分解，降低产率
（4）HSO5-+2Cl-+H+=SO42-+Cl2↑+H2O
（5）0.8cVa%
【解析】【解答】本实验的实验目的为制取过-硫酸氢钾复合盐并检测其活性氧含量，制备原理为2H2SO5+3H2SO4+3K2CO3=K2SO4·KHSO4·2KHSO5+KHSO4+3H2O+3CO2↑，结合物质相关性质进行分析，利用关系式法进行计算解答。
(1)由装置图可以看出a是滴液漏斗，双氧水和浓硫酸混合时会放热，易使温度过高，造成H2O2分解，因此用冷的双氧水，由于双氧水的密度小于浓硫酸，所以应先加入双氧水，然后把浓硫酸加入双氧水中，同时进行搅拌，使其迅速散热；
(2)根据实验步骤可知步骤①生成H2SO5，加入K2CO3，反应物由浓硫酸、H2SO5、K2CO3，生成物有K2SO4·KHSO4·2KHSO5、水、二氧化碳和KHSO4，反应的化学方程式为：2H2SO5+3H2SO4+3K2CO3=K2SO4·KHSO4·2KHSO5+KHSO4+3H2O+3CO2↑；
(3)根据提给信息，溶液pH大于3.0时K2SO4·KHSO4·2KHSO5分解，因为碳酸钾水解显碱性，加入碳酸钾过快，易引起pH升高，导致过-硫酸氢钾复合盐分解，产率降低，因此加入碳酸钾溶液时，应控制加入速度，边加边搅拌，控制pH＜3.0；
(4)由于过硫酸氢盐的强氧化性，过-硫酸氢钾复合盐可以和Cl-发生氧化还原反应：HSO5-+2Cl-+H+=SO42-+Cl2↑+H2O，从而放出氯气；
(5)由检测原理：2KHSO5 =K2SO4+H2SO4+O2↑，每1个KHSO5相当于含有1个活性氧原子，再根据方程式4I-+4H+ +O2=2I2+2H2O、I2+2S2O32-=S4O62-+2I-可知，活性氧原子与S2O32-的比例关系为1：2，则样品中活性氧的质量分数为c×V×0.001×16×12a×100%=0.8cVa%。
【分析】该实验是制取过-硫酸氢钾复合盐，并检测样品中活性氧的质量分数，制备原理为
2H2SO5＋3H2SO4＋3K2CO3＝K2SO4·KHSO4·2KHSO5＋KHSO4＋3H2O＋3CO2↑，结合实验操作中的注意事项及物质相关性质进行分析，利用关系式法进行计算解答。
9．【答案】（1）SiO2、S；Cu2S+2MnO2+4H2SO4=S+2CuSO4+2MnSO4+4H2O
（2）有蓝色沉淀生成
（3）NH4HCO3
（4）NH3
（5）3≤a<4
（6）pH>1.7之后，Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+的水解平衡正向移动，溶液中Fe3+浓度降低，所以萃取率下降
【解析】【解答】软锰矿(含MnO2和少量Fe2O3、SiO2)和辉铜矿(含Cu2S和少量SiO2、Fe2O3)中加入稀硫酸酸浸，SiO2不溶于稀硫酸，MnO2和Cu2S发生氧化还原反应生成S，因此滤渣1中含有SiO2和S，浸出液中主要含有Fe3+、Cu2+，Mn2+，调节pH，将Fe3+沉淀除去，则滤渣2的成分为氢氧化铁，将x和氨气通入含[Cu(NH)4]SO4的滤液，分离得到碳酸锰，碳酸锰经过一系列操作得到马日夫盐，将分离出碳酸锰之后的溶液加热使氨气逸出，制得碱式碳酸铜。
(1)由上述分析可知，滤渣1的主要成分是SiO2和S，酸浸时，MnO2将Cu2S中的硫氧化成单质硫，则反应的化学方程式为Cu2S+2MnO2+4H2SO4=S+2CuSO4+2MnSO4+4H2O，故答案为：SiO2、S；Cu2S+2MnO2+4H2SO4=S+2CuSO4+2MnSO4+4H2O；
(2)K3Fe(CN)6溶液与Fe2+ 反应会生成蓝色沉淀，因此浸出液中含有Fe2+ 的现象是有蓝色沉淀生成，故答案为：有蓝色沉淀生成；
(3)根据反应流程可知，加入氨气和x后得到碳酸锰，则加入的物质应含有碳酸根或者碳酸氢根，又x为某种酸式盐，则x含有碳酸氢根，为了不引入杂质降低产品的纯度，且过量的x可在加热赶氨的过程中除去，x最好为NH4HCO3，故答案为：NH4HCO3；
(4)由图可知，在加热赶氨的过程中生成了氨气，在前一步中需要加入氨水，从而可知氨气可以循环使用，故答案为：NH3；
(5)根据上述分析可知，流程中调节浸出液pH=a是为了将Fe3+沉淀除去，而Cu2+，Mn2+不能沉淀，当Fe3+完全沉淀时，c(Fe3+)=1.0×10-5mol/L，c(OH-)=3Ksp[Fe(OH)3]c(Fe3+)=1.0×10-11mol/L，此时c(H+)=Kwc(OH-)=1.0×10-3mol/L，pH=3，由于Ksp[Cu(OH)2]< Ksp[Mn(OH)2]，Cu2+先沉淀，当Cu2+开始沉淀时c(OH-)=2Ksp[Cu(OH)2]c(Cu2+)=1.0×10-10mol/L，c(H+)=Kwc(OH-)=1.0×10-4mol/L，此时pH=4，因此a的取值范围为3≤a<4，故答案为：3≤a<4；
(6)Fe3+存在水解平衡Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+，pH>1.7之后，随着pH增大，溶液中氢离子浓度减小，水解平衡正向移动，溶液中Fe3+浓度降低，所以萃取率下降，故答案为：pH>1.7之后，Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+的水解平衡正向移动，溶液中Fe3+浓度降低，所以萃取率下降。
【分析】根据题干信息，“酸浸”时，SiO2不溶且不与稀硫酸反应，Fe2O3与硫酸反应生成Fe2(SO4)3，MnO2和Cu2S发生氧化还原反应生成S，所以滤渣1是SiO2和S，“浸出液”中含有Fe3+、Cu2+，Mn2+。Ksp越小，表示物质的溶解度越小，所以调节pH是将Fe3+沉淀除去，则滤渣2的成分为Fe(OH)3，将x和氨气通入含[Cu(NH)4]SO4的滤液，分离得到碳酸锰，碳酸锰经过一系列操作得到马日夫盐，将分离出碳酸锰之后的溶液加热使氨气逸出，制得碱式碳酸铜。据此分析。
10．【答案】（1）CO(g)+3H2(g)⇌CH4(g)+H2O(g)ΔH=-206.1kJ/mol
（2）反应①为放热反应，反应②为吸热反应，温度升高，反应①平衡逆向移动，反应②平衡正向移动，开始升温对反应①的影响程度大于反应②，CO2的转化率减小，后来升温对反应①的影响程度小于反应②，CO2的转化率增大；10.0
（3）0.1；增大压强能稍微增大CH4选择性，但能耗更大、成本更高，综合经济效益下降，反而降低了生产效率
（4）6.75
（5）正；CH3OCH3-12e-+3H2O=2CO2+12H+
【解析】【解答】(1)根据盖斯定律，由①-②可得CO甲烷化反应的热化学方程式为CO(g)+3H2(g)⇌CH4(g)+H2O(g)ΔH=-206.1kJ/mol，故答案为：CO(g)+3H2(g)⇌CH4(g)+H2O(g)ΔH=-206.1kJ/mol；
(2)反应①为放热反应，反应②为吸热反应，温度升高，反应①平衡逆向移动，反应②平衡正向移动，开始升温对反应①的影响程度大于反应②，CO2的转化率减小，后来升温对反应①的影响程度小于反应②，CO2的转化率增大，因此随温度的升高，CO2的转化率先减小后增大；反应①正反应方向气体体积减小，反应②气体体积不变，压强增大，反应①平衡正向移动，反应②平衡不移动，所以CO2的转化率随压强的增大而增大，则图中a点压强为10.0MPa，故答案为：反应①为放热反应，反应②为吸热反应，温度升高，反应①平衡逆向移动，反应②平衡正向移动，开始升温对反应①的影响程度大于反应②，CO2的转化率减小，后来升温对反应①的影响程度小于反应②，CO2的转化率增大；10.0MPa
(3)由图可知，温度为400℃时，CH4选择性：10.0MPa>3.0MPa>0.1Mpa， 增大压强能稍微增大CH4选择性，但能耗更大、成本更高，综合经济效益下降，反而降低了生产效率，因此压强应选用0.1MPa，故答案为：0.1MPa；增大压强能稍微增大CH4选择性，但能耗更大、成本更高，综合经济效益下降，反而降低了生产效率；
(4)根据题意，起始时 CO2为1mol/L，H2为4mol/L，平衡时CO2的转化率为75%，则平衡时 CO2为0.25mol/L，H2为1mol/L，CH4为0.75mol/L，H2O为1.5mol/L，则该反应的平衡常数 K=0.75×1.520.25×14=6.75，故答案为：6.75；
(5)根据电子的流向可知，电极c为负极，电极d为正极；电极c上，甲醚失电子发生氧化反应，电极反应式为CH3OCH3-12e-+3H2O=2CO2+12H+，故答案为：正；CH3OCH3-12e-+3H2O=2CO2+12H+。
【分析】（1）注意运用盖斯定律进行加减计算时，△H也同样要进行加减计算，计算过程中要带“+”“-”。
（2）反应①是放热反应，反应②是吸热反应，反应①前后气体分子数减小，结合化学平衡移动原理进行分析。
（3）根据图示信息，从效果、成本等方面解答。
（4）根据转化率、化学平衡三段式可求出平衡时各物质的浓度，结合平衡常数进行解答。
（5）该电池属于原电池，d电极得电子发生还原反应，即d电极是正极，c电极是负极。c电极上甲醚失电子生成CO2，根据原子种类及个数守恒配平
11．【答案】（1）
（2）N；sp2；N；C原子无孤电子对，N的电负性小于O，更易给出孤电子对
（3）正四面体；1 ： 1
（4）MgNi3C；213a3NA×1021
【解析】【解答】(1)Ni元素为28号元素，基态Ni原子核外电子排布式为[Ar]3d84s2，则价电子排布图：；
(2)①组成该镍配合物的元素中，第二周期元素有N、O和C，其中N的价层电子排布式为2s22p3，2p能级为半满的稳定结构，第一电离能最大，配合物中N有两个σ键电子对，一个孤电子对，价层电子对为3，其杂化方式为：sp2；
②该配合物中只有一种元素的原子与Ni2+配位，则与镍配位的原子为N，原因为C原子无孤电子对，N的电负性小于0，更易给出孤电子对，故答案为：N；C原子无孤电子对，N的电负性小于O，更易给出孤电子对；
(3)Ni(CO)4当中Ni原子形成了4个配位键，其价层电子对数为4，根据价层电子对互斥理论可知，其空间构型为正四面体；lmol Ni(CO)4中σ键为8mol，其配体CO，一个CO中含有2个π键则其中π键为8mol，Ni(CO)4中含有的σ键与π键的数目之比为1 ： 1；
(4)①晶胞中Mg位于8个顶点，个数=8×18=1，C位于体心，个数=1，Ni位于6个面心，个数=6×12=3，该新型超导材料的化学式为MgNi3C；
②若晶胞参数为a nm，根据M=ρVNA，则213=ρ(a×10-7)3NA，ρ=213a3NA×1021g⋅cm-3，即该晶体的密度为213a3NA×1021g⋅cm-3。
【分析】（1）Ni为第28号元素，根据原子的核外电子排布原则进行解答。注意价电子是指最外层电子。
（2）比较C、N、O的第一电离能，同周期元素的第一电离能从左到右逐渐增大，注意原子的核外电子排布中出现全满、半满、全空时，其电离能比周围其他原子的都大。
（3）根据价层电子对互斥理论进行分析。
（4）①根据均摊法算出各原子的个数，即可得到该物质的化学式。
②根据n=mM=NNA和ρ=mV进行分析
12．【答案】（1）氟原子、醛基
（2）邻氟苯甲酸
（3）取代反应
（4）
（5）+ →CH2Cl2+HBr
（6）6
（7）→KMnO4，H+→SOCl2
【解析】【解答】A被氧化为B，B为邻氟苯甲酸；B中羧基的-OH被氯原子取代生成C，C生成D，D中-NH2的一个氢原子被取代生成E，E中与氨基相连的支链上的溴原子被取代生成F，F得到W。
(1)A具有的官能团名称是氟原子、醛基；
(2)A中醛基在催化剂作用下被氧气氧化为羧基得到B，B名称为邻氟苯甲酸；
(3)反应②为B中羧基的-OH被氯原子取代的反应，反应类型为取代反应；
(4)结合DE结构简式可知，反应④D中-NH2的一个氢原子被取代，Y的结构简式为；
(5)比较EF结构可知，反应⑤为E中与氨基相连的支链上的溴原子被取代的反应，反应为+ →CH2Cl2+HBr；
(6)C的某同系物Z的分子式为C8 H6ClFO，则比C多1个碳原子，满足下列条件：
①核磁共振氢谱图显示有6种不同化学环境的氢原子，即有6种不同的氢原子；
②苯环上有两个取代基且能与FeCl3溶液发生显色反应，则含酚羟基；
③除苯环外不含其他环；
含有取代基一个-OH，另一个为-CH=CClF或-CCl=CHF或-CF=CHCl，有3种情况，每种情况存在邻、间2种情况（若在对位不符合6种不同化学环境的氢原子），故共6种情况；
(7)甲苯为主要原料设计合成，根据已知反应原理可以首先得到，则需要把甲苯转化为苯甲酸，苯甲酸发生取代反应生成；故反应路线为：
→KMnO4，H+→SOCl2。
【分析】根据反应条件可知A→B发生氧化反应，且A中的醛基被氧化为羧基，可推出B的结构简式为；对比B、C的结构简式可知B→C发生取代反应，其中B中羧基上的-OH被氯原子取代；根据C+X→D的反应条件，以及C、D的结构简式和结合已知信息（ⅰ）可推出X的结构简式为，C→D均发生取代反应；对比D、E的结构简式可推出Y的结构简式为，D中氨基上的氢原子被取代，D→E发生取代反应；对比E、F的结构简式可知E→F发生了取代反应，其中E中亚甲基连接的溴原子被-NHCH2CH2OH取代。据此分析。
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